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证明显然当时,取正值,所以它的所有实根都是负数.为方便起见,设其为其中为正.我们得到
根据多项式的根与系数的关系得
我们将看到,三个命题的证明都依赖于这个等式.
(1)由AM-GM不等式,我们得到
对于均成立.因此
(2)这部分我们基本可以用相同的方法证明,这里要用到加权AM-GM不等式.对于所有的非负数和所有的,我们有
如果那么
(3)这是AM-GM不等式的又一个结论.系数是中所有可能的项乘积之和.有个这样的乘积,并且每个都包含在其中的个乘积中.因此
【问题3】已知,求证:
都是正数的充要条件是
.
【证明】必要性显然成立.下面证明充分性.
由题设条件容易联想到韦达定理的逆定理,设
,
则由韦达定理得逆定理知,是多项式的三个根.又因为当时,,所以的根都是正的,即都是正数.
【点评】
(1)这里我们利用韦达定理的逆定理,构造以为根的辅助多项式,从而将问题转化为证明多项式的根全为正.这种构造的技巧在解多项式问题时经常用到.
(2)由本题的证明启发我们将此题推广为:
已知,则为正数的充要条件是
证法与上例类似.
【问题4】试确定形如的全体多项式,使多项式的根都是实数.
【解】不妨先考虑,设其个根为,则
,
(1)
,
(2)
(3)
由
(1)、
(2)得
于是,故.
从而,又由(3)得,再利用平均不等式得,即.
当时所求多项式成为;
当时所求多项式成为(有虚根舍去),(有虚根舍去).
综上所求多项式共12个.
【点评】此题中我们应用韦达定理和不等关系,求出的取值范围,进而求出的值,确定出符合题设条件的全体多项式.
【问题5】设是实数,求证:
存在实系数多项式,不能写成实系数多项式的平方和.
证明:
是满足条件的多项式.证明如下:
首先证明.
若,显然.
若,则
即,所以.
下证不能写成实系数多项式的平方和.反设
其中.可设
比较和中的系数,得
即.
比较对应的系数,得
因此.
最后,比较的系数,得
这与是实数矛盾.证毕.
【问题6】2011个实数满足方程组
试计算的值.
解:
构造多项式:
据所给的条件可知:
当时,皆有.
则有常数,使
先取,得.
再取,可得
【练习】已知满足:
对任意的均有
求证:
由于=A
取(k=1;
2;
……..;
2010)则A=-1
所以,令,代入f(x)得:
…
累加得:
所以,.
【问题7】设n是一个正整数,考虑
S=
这样一个三维空间中具有个点的集合。
问最少要多少个平面,它们的并集才能包含S,但不含(0,0,0)。
分析可能有人以前做过二维的,大体方法如下:
二维时,我们可以考虑最外一圈的4n-1个点。
如果没有直线x=n或y=n,那么每条直线最多过这4n-1个点中的两个,故至少需要2n条直线。
如果有直线x=n或y=n,那么将此直线和其上的点去除,再次考虑最外一圈,只不过点数变成了4n-3个,需要至少2n-1条直线,再加上去掉的那条正好2n条如果需要多次去除直线,以至于比如x=1x=2......x=n这所有n条直线全部被去除了,那么剩下(0,1)(0,2)......(0,n)至少还需要n条直线去覆盖,2n条亦是必须的。
2n条显然是可以做到的,所以二维的最终结果就是2n。
但是将这种方法推向三维的时候,会出现困难,因为现在用来覆盖的不是直线而是平面,平面等于有了三个自由变量,而且不容易选取标志点来进行考察。
当然,我们要坚信一个事实,就是答案一定是3n,否则题目是没有办法做的。
在这个前提下,通过转化,将这个看起来是个组合的题目变成了一个代数题。
解首先第一步,我们就要将每个平面表述成一个三元一次多项式的形式。
比如平面就表示成。
将所有这些平面表述成如此形式后,我们将这些多项式都乘起来。
下面我们需要证明的只有一点,就是乘出来的多项式,至少具有3n次。
(3n个平面是显然可以做到的,只要证明这点,3n就是最佳答案了)
这个乘出来的多项式具有什么特点呢?
它在x,y,z均等于0时不等于0,在x,y,z取其它0~n之间的数值时,其值均为0。
我们发现,当多项式中,某一项上具有某个字母的至少n+1次时,我们可以将其降低为较低的次数。
我们用的方法就是,利用仅仅讨论x,y,z在取0,1,2,……,n这些值时多项式的取值这一事实,在原多项式里可以减去形如或者此式子的任何倍数的式子。
从而,如果多项式中某一项的某个字母次数超过n,可以用此法将其变成小于或等于n。
我们假设用此法变换过后剩余的多项式是F,显然F的次数不大于原乘积多项式的次数。
我们下面需要证明的,就是F中这一项系数非0(F中只有这一项次数是3n)。
要想证明这样的问题,我们需要证明二维即两个未知数时的两个引理。
引理1:
一个关于x和y的实系数多项式,x和y的次数均不超过n。
如果此多项式在x=y=0
时非零,在x=p,y=q(不全为0)时为零,那么此多项式中
的系数必然不是零。
引理1的证明:
假设的系数是0。
我们知道,当假设y=1,2,3……n中任意一值时,将y代入多项式,所得的多项式,必须都是零多项式。
这是由于当y取这些值时,此多项式为关于x的不超过n次的多项式,却有n+1个零点。
所以假设y是常数,按x的次数来整理该多项式,的次数是一个关于y的不超过n-1次的多项式,但是却有n个零点,故为零多项式。
因此,当按照x的次数来整理多项式时,x的最高次最多是n-1次。
现在令y=0代入多项式,转化为关于x的多项式,最多n-1次,但是有n个零点(1,2,……,n)。
因此,这个多项式应当是零多项式,但是这与此多项式在x=y=0时非零矛盾!
引理2:
如果此多项式在x=p,y=q()时均为0,则此多项式为零多项式。
引理2的证明:
对于任意的y=0,1,2,……n代入原多项式,变成关于x的不超过n次的多项式,这个新多项式必然是零多项式,否则它不可能有n+1个零点。
所以按x的次数来整理原多项式,对于任意的k=0,1,2,……n,项的系数都是一个关于y的不超过n次的多项式,但是却有n+1个零点,故所有的系数都为零。
回到原题。
假设F中这一项系数为0,那么设z为常数,考虑按x和y的次数来整理多项式F。
F中,项的系数,是一个关于z的,不超过n-1次的多项式。
但是,由引理2,这个多项式却拥有1,2,……,n共n个零点,故它是零多项式。
现在我们令z=0,化归成关于x和y的多项式。
此时项的系数已然是0,但是我们却发现,这个多项式恰恰在x=y=0时非零,在x=p,y=q(不全为0)时为零,这与刚才的引理1矛盾!
综上,我们证明了多项式F中这一项系数非0,即原乘积多项式至少有3n次,即至少需要3n个平面,才能覆盖题目中要求的所有点而不过原点。
故原题的答案为3n。
【点评】这是2007IMO的第6题,一个很难想出来的题目。
最关键的一点就是将这个看似组合几何的题目,转化成纯代数题。
尤其是在有二维的背景的前提下,在考试的时间内,更是很少有人能跳出思维的局限。
这或许就是为什么全世界顶尖的高中生只有区区4人做出此题的原因吧。
三、备选问题
【问题8】数列定义如下:
,且
对每一个正整数n,都有.
证:
由于所以,又
所以,.于是
所以,.
【问题9】已知满足条件:
(1)对任意;
(2)
求
令可见其不动点集为。
再令,代入条件
(1)得,再将代入得,结合两式可得:
,故,这说明1是的不动点。
下面用反证法证明的不动点是唯一的。
假设存在。
i.若,由,令得,从而这与条件
(2)矛盾。
ii.若,由,而这与i矛盾。
综上只有一个不动点1,所以,即.
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